Question

20．如图所示，平行板MN、PQ间距离为d，板长为2d，板的正中有一半径为$\frac{d}{2}$的圆形有界磁场，磁场边界刚好与两板相切，两板间所加电压为U，一质量为m，电量为q的带电粒子从左端沿两板间的中线向右射入两板间，若只撤去磁场，粒子刚好从上板右端N点射出，若只撤去两板间所加的电压，带电粒子恰好能从下板的右端Q点射出，不计粒子的重力，求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）如果只撤去电场，要使粒子不能从板间射出，则粒子进入板间的速度大小应满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（2）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界速度，然后确定粒子速度范围．

解答 解：（1）撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：2d=v₀t，竖直方向：$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t²，解得：v₀=2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，
撤去电场粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：

由几何知识得：tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{\frac{d}{2}}{{R}_{1}}$=$\frac{sinθ}{1+cosθ}$，
sinθ=$\frac{\frac{d}{2}}{\sqrt{{d}^{2}+（\frac{d}{2}）^{2}}}$，cosθ=$\frac{d}{\sqrt{{d}^{2}+（\frac{d}{2}）^{2}}}$，解得：R₁=（1+$\frac{\sqrt{5}}{2}$）d，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B=$\frac{4（\sqrt{5}-2）}{d}$$\sqrt{\frac{mU}{q}}$；
（2）要使粒子刚好不从下板的左端射出粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：tanθ=$\frac{\frac{d}{2}}{d}$=$\frac{1}{2}$，cosθ=$\frac{d}{\sqrt{{d}^{2}+（\frac{d}{2}）^{2}}}$，
$\frac{d}{2}$=$\frac{d}{2}$tanθ+R₂+$\frac{{R}_{2}}{cosθ}$，解得：R₂=$\frac{（\sqrt{5}-2）d}{2}$，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：v₂=2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，
粒子速度大小范围：2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$≤v≤2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
答：（1）磁场的磁感应强度大小为$\frac{4（\sqrt{5}-2）}{d}$$\sqrt{\frac{mU}{q}}$；
（2）如果只撤去电场，要使粒子不能从板间射出，则粒子进入板间的速度大小应满足的条件是：2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$≤v≤2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律可以解题．